2018-2019学年辽宁省六校协作体高二上学期期中化学试题（解析版）

2018-2019学年辽宁省六校协作体高二上学期期中化学试题（解析版）

2018-2019 学年辽宁省六校协作体高二（上）期中化学试 卷 一、单选题（本大题共 19 小题，共 48.0 分） 1. 化学与我们的生活息息相关，下列有关说法正确的是（　　） A. SO2、NO2 都是酸性氧化物，分别能形成硫酸型酸雨和硝酸型酸雨 B. 明矾[KAl（SO4）2•l2H2O]溶于水会形成胶体，因此可用于自来水的杀菌消毒 C. 高铁车厢大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力 强等优点 D. 日常生活中常用汽油去除衣物上的油污，用热的纯碱溶液洗涤炊具上的油污， 两者的原理完全相同 【答案】C 【解析】解：A．SO2、NO2 均与水反应生成酸，分别能形成硫酸型酸雨和硝酸型酸雨， 但 NO2 不是酸性氧化物，SO2 是酸性氧化物，故 A 错误； B．铝离子水解生成胶体，可吸附悬浮杂质，不具有强氧化性，不能用于自来水的杀菌 消毒，故 B 错误； C．合金的硬度大、抗腐蚀性强，则高铁车厢大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强 度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点，故 C 正确； D．汽油去除衣物上的油污，为溶解原理，而热的纯碱溶液洗涤炊具上的油污与水解原 理有关，则二者原理不同，故 D 错误； 故选：C。 A．SO2、NO2 均与水反应生成酸，但 NO2 不是酸性氧化物； B．铝离子水解生成胶体，可吸附悬浮杂质； C．合金的硬度大、抗腐蚀性强； D．汽油去除衣物上的油污，为溶解原理，而热的纯碱溶液洗涤炊具上的油污与水解原 理有关． 本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、化学与环境、材料的关系 为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项 D 为易错点，题目难度不大． 2. 设 NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　） A. 在电解精炼铜时，当电路中通过的电子数为 2NA 时，阳极质量减少 64g B. 标准状况下，22.4 LCO 和 C2H4 混合气体的总分子数为 NA，质量为 28g C. 常温常压下，1mol 甲基（-CH3）所含电子数为 10NA D. 标准状况下，11.2L 苯中含有 C-H 键的数目为 3NA 【答案】B 【解析】解：A．当电路中通过的电子数为 2NA（2mol），由于粗铜中含有 Fe、Zn 等 杂质，则阳极的减小质量不一定为 64g，故 A 错误； B．标况下，22.4LCO 和 C2H4 的混合气体的物质的量为 1mol，故分子数为 N=n•NA=NA 个，而 CO 和 C2H4 的摩尔质量均为 28g/mol，故混合气体的质量 m=nM=1mol×28g/mol=28g，故 B 正确； C．甲基不显电性，故 1mol-CH3 含 9mol 电子，含有甲基个数为 9NA，故 C 错误； D．标准状况下，苯不是气态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故 D 错误； 故选：B。 A．粗铜中含有铁、锌等杂质； B．CO 和 C2H4 的摩尔质量均为 28g/mol； C．甲基为中性原子团，1 个甲基中含有 9 个电子； D．标况下苯的状态不是气体． 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为 中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答 关键，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题 的能力． 3. 室温下向 1L pH=2 的醋酸溶液中加入 2L pH=2 的盐酸，则混合溶液的 pH 为（假设 混合后溶液体积不变，室温下醋酸的电离平衡常数为 1.8×10-5）（　　） A. 2.3 B. 1.7 C. 2 D. 无法确定 【答案】C 【解析】解：在 pH=2 的醋酸溶液中，醋酸电离出的 c（H+）=c（CH3COO-） =10-2mol/L，设此溶液中醋酸分子的平衡浓度为 X，则有：K=1.8×10-5= = 解得 X= mol/L 即醋酸的物质的量 n=CV=（ +10-2）mol/L×1L≈5.56mol HCl 是强酸，2L pH=2 的盐酸中氢离子的物质的量 n=CV=0.02mol 将醋酸和盐酸混合后，溶液体积变为 3L，设混合溶液中有 Ymol 醋酸发生电离，则有： CH3COOH⇌CH3COO-+H+ 平衡浓度： mol/L mol/L mol/L 醋酸的电离平衡常数 K=1.8×10-5= = 解得 Y=0.01mol 故溶液中 c（H+）= =0.01mol/L 溶液 pH=-lgc（H+）=-lg0.01=2 故选：C。 根据醋酸溶液的 pH=2，可知溶液中的 c（H+）和 c（CH3COO-），结合醋酸的电离平衡 常数可求出 c（CH3COOH）；设出混合溶液中电离的醋酸的物质的量为 Z，即可表示出 醋酸的平衡浓度、氢离子和醋酸根的平衡浓度，然后利用醋酸的平衡常数求解出 Z，即 可解得混合溶液中的 c（H+），从而求出 pH． 本题考查了溶液混合后 pH 的有关计算，应注意的是弱电解质的电离平衡常数只与温度 有关，不受其他因素的影响． 4. 下列物质属于强电解质的是（　　） A. H2O B. CO2 C. CH3COOH D. AlCl3 【答案】D 【解析】解：A、水不能完全电离，故为弱电解质，故 A 错误； B、二氧化碳在水溶液中和溶质状态下均不能电离出自由移动离子而导电，故为非电解 质，故 B 错误； C、醋酸是弱酸，故为弱电解质，故 C 错误； D、氯化铝为盐，在水溶液中能完全电离，故为强电解质，故 D 正确。 故选：D。 电解质是化合物，电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。电解质水 溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子。电解质包 括离子型或强极性共价型化合物。强电解质一般是强酸、强碱和活泼金属氧化物以及大 部分盐，它们溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，抓住这 些特点即可解题。 本题是对基本概念强电解质的考查，题目难度不大，平时学习注意概念的辨析、基础知 识的积累。 5. 下列各说法中，正确的是（　　） A. △H＞0 表示放热反应，△H＜0 表示吸热反应 B. 1 mol H2 与 0.5 mol O2 反应放出的热就是 H2 的燃烧热 C. 1 mol H2SO4 与 1 mol Ba（OH）2 反应生成 BaSO4 沉淀时放出的热叫做中和热 D. 热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数 【答案】D 【解析】解：A．△H＞0 表示吸热反应，△H＜0 表示放热反应，故 A 错误； B．1 molH2 与 0.5 molO2 反应生成液态水放出的热就是 H2 的燃烧热，故 B 错误； C．1molH2SO4 与 1molBa（OH）2 反应生成 2mol 水，根据中和热概念是强酸和强碱反 应生成 1mol 水时放出的热量，故 C 错误； D．热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，不表示分子数，所以能为分数，故 D 正确。 故选：D。 A．△H＞0 表示吸热反应，△H＜0 表示放热反应； B．燃烧热是 1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量； C．中和热概念是强酸和强碱反应生成 1mol 水时放出的热量； D．热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，能为分数。 本题考查了焓变的计算、热化学方程式的书写、中和热、燃烧热的概念应用和计算，注 重基础知识的考查，难度不大。 6. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（　　） A. Fe FeCl2 Fe（OH）2 B. CaCO3 CaO CaSiO3 C. Al2O3 Al（OH）3 NaAlO2 D. S SO3 H2SO4 【答案】B 【解析】解：A．铁与氯气反应生成氯化铁，Fe 与 HCl 反应生成 FeCl2，故 A 错误； B．碳酸钙受热分解生成氧化钙，氧化钙与二氧化硅反应生成硅酸钙，所以 CaCO3 CaO CaSiO3 各步转化均能实现，故 B 正确； C．氧化铝与水不反应，Al2O3 不能一步转化为 Al（OH）3，故 C 错误； D．S 与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，故 D 错误。 故选：B。 A．铁与氯气反应生成氯化铁； B．碳酸钙分解生成 CaO，CaO 与二氧化硅反应生成硅酸钙； C．氧化铝与水不反应； D．S 与氧气反应生成二氧化硫。 本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是 Fe、C、硫、Al 的化合物性质的理解判 断，掌握基础是解题关键，题目较简单，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。 7. 下列事实能说明亚硫酸的酸性强于碳酸的是（　　） A. 饱和亚硫酸溶液的 pH 小于饱和碳酸溶液的 pH B. 亚硫酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而碳酸不能 C. 同温下，等浓度的亚硫酸氢钠和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液的碱性强 D. 将过量二氧化硫气体通入碳酸氢钠溶液中，逸出的气体能使澄清石灰水变浑浊 【答案】C 【解析】解：A．二氧化硫和二氧化碳的溶解度不同，导致其饱和溶液浓度不同，即使 其电离程度相等，其溶液的 pH 也不等，所以不能据此判断酸性强弱，故 A 错误； B．亚硫酸能使高锰酸钾溶液褪色说明亚硫酸具有还原性，不能说明亚硫酸的酸性强弱， 故 B 错误； C．同温下，等浓度的亚硫酸氢钠和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液的碱性强，说明碳酸 氢根离子水解程度大于亚硫酸氢根离子，则亚硫酸的酸性大于碳酸，故 C 正确； D．二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，加入的二氧化硫过量，所以不能确 定哪种气体使澄清石灰水变浑浊，则不能证明两种酸的强弱，故 D 错误； 故选：C。 A．二者的浓度不同，不能据此判断酸的酸性强弱； B．亚硫酸能使高锰酸钾溶液褪色说明亚硫酸具有还原性； C．同温下，弱酸酸式酸根离子水解能力越强，则其相应酸的酸性越弱； D．二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊． 本题考查了酸的强弱判断，根据相同浓度酸的电离程度划分即可，也可以根据强酸制取 弱酸判断，易错选项是 D，注意两种气体都能使澄清石灰水变浑浊，注意比较两种酸电 离程度时，温度和溶液浓度要相等，为易错点． 8. 根据生活经验，判断下列物质按酸碱性的一定顺序依次排列正确的是（　　） A. 厕所清洁剂、厨房清洁剂、醋、肥皂 B. 醋、厕所清洁剂、肥皂、厨房清洁剂 C. 厕所清洁剂、醋、肥皂、厨房清洁剂 D. 厨房清洁剂、醋、肥皂、厕所清洁剂 【答案】C 【解析】解：根据生活经验，厕所清洁剂、醋均显酸性，pH 均小于 7，但厕所清洁剂 的酸性比醋强，故厕所清洁剂的 pH 比醋的小。肥皂、厨房洗涤剂均显碱性，pH 均大 于 7，但厨房清洁剂的碱性比肥皂强，故厨房清洁剂的 pH 比肥皂的大。 故上述物质水溶液 pH 逐渐增大的顺序是：厕所清洁剂、醋、肥皂、厨房清洁剂， 故选：C。 根据生活中经常接触的物质的酸碱性，由当溶液的 pH 等于 7 时，呈中性；当溶液的 pH 小于 7 时，呈酸性，且 pH 越小，酸性越强；当溶液的 pH 大于 7 时，呈碱性，且 pH 越 大，碱性越强；进行分析判断． 本题难度不大，掌握常见物质的酸碱性、溶液的酸碱性和溶液 pH 大小之间的关系是顺 利解题的关键． 9. 下列叙述正确的是（　　） ①热稳定性：H2O＞HF＞H2S ②熔点：Al＞Na＞K ③ⅠA、ⅡA 族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排 布 ④元素周期表中从ⅢB 族到ⅡB 族 10 个纵行的元素都是金属元素 ⑤多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高 ⑥已知 H2SO4（aq）+2NaOH（aq）=2H2O（l）+Na2SO4（aq）△H=-114.6kJ•mol-1 则中和热为 57.3kJ•mol-1 ⑦因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：P＞N A. 只有②④⑥ B. 只有①⑤⑥ C. 只有④⑥⑦ D. 只有③⑤⑦ 【答案】A 【解析】解：①元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，HF＞H2O＞H2S，故错误； ②金属离子半径越小，电荷越高，金属键越大，熔点就高，则熔点：Al＞Na＞K，故正 确； ③ⅠA、ⅡA 族元素的阳离子与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布， 故错误； ④元素周期表中从ⅢB 族到ⅡB 族 10 个纵行为过渡金属元素，都为金属元素，故正确； ⑤多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较低，故错误； ⑥在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成 1 mol 液态水时所释放的热量叫做中和热，故 正确； ⑦不能利用单质的性质来比较非金属性的强弱，而非金属性 N＞P，故错误。 故选：A。 ①元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定； ②熔沸点的比较：熔沸点的高低取决于 4 种晶体微粒间的作用力的大小离子晶体受离子 半径的大小及离子所带电荷的多少，原子晶体取决于共价键的强弱，分子晶体取决于分 子间力，金属晶体取决于金属键的大小； ③ⅠA、ⅡA 族元素的阳离子与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布； ④元素周期表中从ⅢB 族到ⅡB 族 10 个纵行为过渡金属元素； ⑤多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较低； ⑥在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成 1 mol 液态水时所释放的热量叫做中和热； ⑦白磷的着火点低，能自燃，氮气中的化学键键能大，则稳定，但非金属性 N＞P。 本题考查较为综合，涉及元素周期律、核外电子排布以及元素化合物等知识，综合考查 学生的分析能力和基础知识的把握，难度不大。 10. 某原电池以银、铂为电极，用含 Ag+的固体作电解质，Ag+可在固体电解质中自由 移动。 电池反应为 2Ag+Cl2=2AgCl．利用该电池可以测定空气中 Cl2 的含量。下列说法错 误的是（　　） A. 空气中 c（Cl2）越大，消耗 Ag 的速率越大 B. 电子移动方向：银→固体电解质→铂 C. 电池工作时电解质中 Ag+总数保持不变 D. 铂极的电极反应式为 Cl2+2e-+2Ag+=2AgCl 【答案】B 【解析】解：A．反应原理是 Ag 与氯气反应，空气中 c（Cl2）越大，氯气在正极反应 生成氯离子速度越快，Ag 消耗越快，故 A 正确； B．Ag 电极为负极发生氧化反应生成银离子，电子从负极银流向正极 Pt，不经过固体 电解质，故 B 错误； C．电池工作时，Ag 电极为负极发生氧化反应生成银离子，氯气在正极发生还原反应生 成氯离子，氯离子与银离子反应生成 AgCl 沉淀，所以电解质中 Ag+数目不变，故 C 正 确； D．氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成 AgCl 沉淀，所以 正极反应：Cl2+2e-+2Ag+=2AgCl，故 D 正确； 故选：B。 Ag 电极为负极发生氧化反应生成银离子，氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离 子与银离子反应生成 AgCl 沉淀，据沉淀质量测定氯气含量，据此分析。 本题考查了原电池原理的应用，注意电极反应和电流移动方向，题目难度不大。 11. 在某恒定温度下，向容积为 1L 的容器中投入 1mol CO 和 2mol H2O，发生如下反应： CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），平衡时生成 CO2 mol．若保持温度和容 积不变，向其中增加 2mol H2O（g），使反应到达新的平衡，下列说法不正确的是 （　　） A. 新、旧平衡时容器内气体的压强之比是 5：3 B. 新平衡时 H2O 的转化率为 20% C. 新平衡时 CO 的浓度是 0.2 mol•L-1 D. 新、旧平衡时容器内气体密度之比为 5：3 【答案】D 【解析】解：根据题意：CO+H2O（g）⇌CO2 +H2， 初始物质的量：1 2 0 0 变化物质的量： 平衡物质的量： 平衡常数 K= =1 再通入 2mol 水蒸气时，设又生成二氧化碳 xmol，则 CO+H2O（g）⇌CO2 +H2， 初始物质的量： +2 变化物质的量：x x x x 平衡物质的量： -x +2-x +x +x 所以根据温度没变，则 K=1= ，解得 x= mol， A、新、旧平衡时容器内气体的压强之比等于物质的量之比，又因为反应前后气体体积 没有变化，所以新、旧平衡时容器内气体的压强之比等于（1+2+2）：（1+2）=5：3， 故 A 正确； B、新平衡时 H2O 的转化率为 ×100%=20%，故 B 正确； C、新平衡时 CO 的浓度为 =0.2 mol•L-1，故 C 正确； D、因为反应前后体积没变，所以密度之比等于质量之比，所以新、旧平衡时容器内气 体质量比为（1×28+2×18）：（1×28+4×18）=64：100=16：25，故 D 错误； 故选：D。 根据题意：CO+H2O（g）⇌CO2 +H2， 初始物质的量：1 2 0 0 变化物质的量： 平衡物质的量： 平衡常数 K= =1 再通入 2mol 水蒸气时，设又生成二氧化碳 xmol，则 CO+H2O（g）⇌CO2 +H2， 初始物质的量： +2 变化物质的量：x x x x 平衡物质的量： -x +2-x +x +x 所以根据温度没变，则 K=1= ，解得 x= mol， 据此分析判断． 本题考查了化学平衡影响因素分析判断及其计算，注意平衡常数仅与温度有关，掌握基 础是关键，题目难度中等． 12. 下列实验合理的是（　　） A．配制一定浓度 硫酸 B．制备少量氨气 C．制备并收集少量 NO2 气 体 D．制备少量氧气 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】解：A．容量瓶只能配制一定物质的量浓度溶液，不能溶解或稀释药品，应该 先用烧杯稀释浓硫酸，冷却至室温后再转移至容量瓶中配制一定浓度的硫酸溶液，故 A 错误； B．一水合氨不稳定，受热易分解生成氨气，CaO 和水反应是放热反应，放出的热量使 一水合氨分解生成氨气，所以该装置能制取氨气，故 B 正确； C．二氧化氮和水反应生成硝酸和 NO，所以制取二氧化氮应该采用排空气集气法收集， 不能用排水法收集，故 C 错误； D．过氧化钠为粉末状固体，关闭止水夹，不能使固液分离，则图中装置不能制备少量 氧气，即不能控制反应的停止，故 D 错误； 故选：B。 A．容量瓶只能配制一定物质的量浓度溶液，不能溶解或稀释药品； B．一水合氨不稳定，受热易分解生成氨气，CaO 和水反应是放热反应，放出的热量使 一水合氨分解； C．二氧化氮和水反应生成硝酸和 NO，所以制取二氧化氮应该采用排空气集气法收集； D．过氧化钠为粉末状固体，关闭止水夹，不能使固液分离。 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应原理、实验装置的 作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合 及实验评价性分析，题目难度不大。 13. 常温下，下列有关叙述正确的是（　　） A. pH=7 的 NH4Cl 和氨水混合溶液中，c（NH4+）=c（Cl-） B. 醋酸溶液加水稀释后，各离子浓度均减小 C. 加热滴有酚酞的 CH3COONa 溶液，溶液颜色变浅 D. 0.1 mol•L-1 Na2CO3 溶液中，c（HCO3-）＞c（OH-） 【答案】A 【解析】解：A．根据电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），已知 PH=7，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以 c（NH4+）=c（Cl-），故 A 正确； B．0.1mol•L-1 醋酸溶液加水稀释后，氢离子浓度减小，由于 Kw 不变，所以氢氧根离 子浓度增大，故 B 错误； C．加热促进盐的水解，醋酸钠溶液碱性增强溶液颜色变深，故 C 错误； D．0.1mol•L-1Na2CO3 溶液中 CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，所以 c（HCO-3）＜c（OH-），故 D 错误； 故选：A。 A．根据电荷守恒分析； B．0.1mol•L-1 醋酸溶液加水稀释后，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大； C．加热促进盐的水解； D．0.1mol•L-1Na2CO3 溶液中，c（HCO-3）＜c（OH-）。 本题考查了弱酸的电离，盐的水解规律以及盐的数解平衡的影响因素等知识，属于基本 知识的考查，难度不大。 14. 下列实验方案不可行或结论不正确的是（　　） A. 用润湿的 pH 试纸测定饱和 Na2CO3 溶液 pH B. 通过观察如图中导管水柱的变化，验证铁钉生锈的原因主要是吸氧腐蚀 C. 向 Mg（OH）2 悬浊液中滴加 FeCl3 溶液，出现红褐色沉淀，说明溶解度：Fe （OH）3＜Mg（OH）2 D. 向同 pH、同体积的醋酸和盐酸溶液中加入足量镁粉，通过完全反应后收集到的 H2 体积比较两种酸的电离程度：醋酸＜盐酸 【答案】A 【解析】解：A．用润湿的 pH 试纸测定 pH，会导致溶液浓度减小，导致误差，故 A 错 误； B．水柱升高，说明左边装置压强减小，应是消耗氧气的原因，发生吸氧腐蚀，故 B 正 确； C．向 Mg（OH）2 悬浊液中滴加 FeCl3 溶液，出现红褐色沉淀，生成溶解度更小的物质， 则说明溶解度：Fe（OH）3＜Mg（OH）2，故 C 正确； D．醋酸为弱酸，不能完全电离，同 pH 时，醋酸浓度大，等体积时生成气体多，可通 过生成气体的体积判断两种酸的电离度，故 D 正确。 故选：A。 A．用润湿的 pH 试纸测定 pH 易导致误差； B．水柱升高，说明左边装置压强减小； C．从难溶电解质的溶解平衡分析； D．醋酸为弱酸，不能完全电离，同 pH 时，醋酸浓度大． 本题考查化学实验方案的评价，侧重于试纸的使用、电化学腐蚀、溶解平衡以及弱电解 质的电离等，题目难度不大，注意把握相关物质的性质． 15. 下列装置为某实验小组设计的 Cu-Zn 原电池，关于其说法错误的是（　　） A. 装置甲中电子流动方向为：Zn→电流表→Cu B. 装置乙比装置甲提供的电流更稳定 C. 装置乙盐桥中可用装有琼胶的 Na2CO3 饱和溶液 D. 若装置乙中盐桥用铁丝替代，反应原理发生改变 【答案】C 【解析】解：A．甲装置是原电池，Zn 为负极、Cu 为正极，负极上失电子、正极上得 电子，则导致流向为：Zn→电流表→Cu，故 A 正确； B．乙中含有盐桥，导致乙中产生电流更稳定，故 B 正确； C．如果含有盐桥中含有碳酸钠，碳酸根离子和铜离子反应生成沉淀，则正极上不能得 电子而导致不能形成闭合回路，故 C 错误； D．若装置乙中盐桥用铁丝替代，右侧烧杯能自发发生氧化还原反应而形成原电池，左 侧烧杯为电解池，则反应原理发生改变，故 D 正确； 故选：C。 甲乙都为原电池，Zn 易失电子作负极、Cu 作正极，负极反应式为 Zn-2e-=Zn2+，正极反 应式为 Cu2++2e-=Cu，乙中含有盐桥，使电流更稳定，据此分析解答。 本题考查原电池和电解池原理，明确原电池和电解池构成条件、各个电极上发生的反应 是解本题关键，解答易错点是 D 选项，题目难度不大。 16. 短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层只有一个电子，Z 位于元素周期表ⅢA 族，W 与 X 属于同一主族。 下列说法正确的是（　　） A. 原子半径：r （ W ）＜r （ Y ）＜r （ Z ） B. 由 X、Y 组成的化合物中只含离子键 C. Z 的最高价氧化物水化物的碱性比 Y 的强 D. 由 Z、W 组成的化合物不能在水溶液中制备 【答案】D 【解析】解：短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多 的元素，为 O 元素；Y 原子的最外层只有一个电子且原子序数大于氧，则 Y 为 Na 元素； Z 位于元素周期表ⅢA 族，且原子序数大于钠，则 Z 为 Al 元素；W 与 X 属于同一主族， 则 W 为 S 元素。 A．同周期主族元素原子半径随着原子序数增大而减小，故原子半径原子 r（Na）＞r （Al）＞r（S），即原子半径 r（Y）＞r（Z）＞r（W），故 A 错误； B．由 X、Y 组成的化合物可能是 Na2O 也可能是 Na2O2，Na2O 只含离子键、Na2O2 含 有离子键和共价键，故 B 错误； C．由于金属性 Na＞Al，碱性：氢氧化钠＞氢氧化铝，故 C 错误； D． Z、W 组成的化合物为 Al2S3，发生水解反应生成氢氧化铝与硫化氢，故不能在水 溶液中制备 Al2S3，故 D 正确， 故选：D。 短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，为 O 元素；Y 原子的最外层只有一个电子且原子序数大于氧，则 Y 为 Na 元素；Z 位于元素 周期表ⅢA 族，且原子序数大于钠，则 Z 为 Al 元素；W 与 X 属于同一主族，则 W 为 S 元素。 A．同周期主族元素原子半径随着原子序数增大而减小； B．由 X、Y 组成的化合物可能是 Na2O 也可能是 Na2O2； C．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强； D． Z、W 组成的化合物为 Al2S3，发生水解反应生成氢氧化铝与硫化氢。 本题考查结构性质位置关系，熟练掌握元素周期表与元素周期律，明确微粒半径比较、 金属性与非金属性强弱比较实验事实，试题侧重于对基础知识的考查。 17. 肼（N2H4）又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料。已知： N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol 2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O （g）△H=-1135.7kJ/mol 下列说法正确的是（　　） A. N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-1068 kJ/mol B. 铂做电极，以 KOH 溶液为电解质的肼--空气燃料电池，放电时的负极反应式： N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O C. 肼是与氨类似的弱碱，它易溶于水，其电离方程式：N2H4+H2O=N2H5++OH- D. 2NO2⇌N2O4，加压时颜色加深，可以用勒夏特列原理解释 【答案】B 【解析】解：A．N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol① 2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O （g）△H=-1135.7kJ/mol② 将方程式 得方程式 N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H= kJ/mol=-534kJ/mol。故 A 错误； B．该燃料电池中，负极上肼失电子发生氧化反应，电极反应式为 N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，故 B 正确； C．肼是与氨类似的弱碱，它易溶于水，N2H4•H2O 存在电离平衡电离出 N2H5+、OH-， 电离方程式为 N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，故 C 错误； D．加压时容器体积减小，二氧化氮浓度增大，但是平衡正向移动，气体颜色变浅，但 是颜色比原来没有加压时深，所以不能用平衡移动原理解释，故 D 错误； 故选：B。 A．N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol① 2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O （g）△H=-1135.7kJ/mol② 将方程式 得方程式 N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H 进行相应的改变； B．该燃料电池中，负极上肼失电子发生氧化反应； C．肼是与氨类似的弱碱，它易溶于水，N2H4•H2O 存在电离平衡电离出 N2H5+、OH-； D．加压时容器体积减小，二氧化氮浓度增大，但是平衡正向移动，气体颜色变浅，但 是颜色比原来没有加压时深。 本题考查原电池原理、反应热的计算、弱电解质的电离、压强对化学平衡移动影响等知 识点，综合性较强，明确化学反应原理及元素化合物性质是解本题关键，易错点是 CD， 注意 C 中写可逆号，题目难度不大。 18. 25℃时，向盛有 50mL pH=2 的 HA 溶液的绝热容器中加 入 pH=13 的 NaOH 溶液，加入 NaOH 溶液的体积（V）与 所得混合溶液的温度（T）的关系如图所示。下列叙述正确 的是（　　） A. HA 溶液的物质的量浓度为 0.0lmol•L-1 B. b→c 的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了吸热反应 C. a→b 的过程中，混合溶液中可能存在：c（A-）=c（Na+） D. 25℃时，HA 的电离平衡常数 K 约为 1.43×10-2 【答案】C 【解析】解：A、恰好中和时混合溶液温度最高，即 b 点，此时消耗氢氧化钠 =0.04L×0.1mol/L=0.004mol，得出 50mlHA 的浓度= =0.08mol/L，故 A 错误； B．b→c 的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了反应恰好生成 NaA，继续滴加氢氧 化钠溶液不再发生反应，溶液温度降低，故 B 错误； C．NaA 呈碱性，HA 呈酸性，a→b 的过程中，混合溶液中可能呈中性，存在：c（A-） =c（Na+），故 C 正确； D．电离平衡常数 K= = =1.25×10-3，故 D 错误； 故选：C。 A、恰好中和时混合溶液温度最高，即 b 点，此时消耗氢氧化钠 0.004mol，计算氢氧化 钠物质的量和酸物质的量相同计算得出 HA 的浓度； B．b→c 的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了反应恰好生成 NaA，继续滴加氢氧 化钠溶液不再发生反应； C．NaA 呈碱性，HA 呈酸性，a→b 的过程中，混合溶液中可能呈中性，依据电荷守恒 分析； D．电离平衡常数 K= 计算得到判断； 本题考查酸碱混合的定性判断和计算，题目难度不大，题目结合中和反应考查了同学们 观察分析问题的能力，以及利用化学方程式计算的能力，比较综合，要认真分析解答。 19. 下列有关说法正确的是（　　） A. 0.1mol/LNa2CO3 与 0.1mol/LNaHCO3 溶液等体积混合：2c（Na+）=3c（CO32-） +3c（HCO3-）+3c（H2CO3） B. 已知 MgCO3 的 Ksp=6.82×10-6，则所有含有固体 MgCO3 的溶液中，都有 c（Mg2+） =c（CO32-），且 c（Mg2+）•c（CO32-）=6.82×10-6 mol•L-1 C. 将 0.2mol/L 的 NH3•H2O 与 0.1mol/L 的 HCl 溶液等体积混合后 PH＞7，则 c （Cl-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+） D. 用惰性电极电解 Na2SO4 溶液，阳阴两极产物的物质的量之比为 2：1 【答案】A 【解析】解：A.0.1mol/LNa2CO3 与 0.1mol/LNaHCO3 溶液等体积混合：n（Na）：n（C） =3：2，溶液中物料守恒得到：2c（Na+）=3[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]， 故 A 正确； B．Ksp 与温度有关，Ksp=c（Mg2+）•c（CO32-）=6.82×10-6 成立，当含有其他镁离子或 碳酸根离子的混合溶液中，不一定存在碳酸根离子浓度和镁离子浓度相同，故 B 错误； C．将 0.2mol/L 的 NH3•H2O 与 0.1mol/L 的 HCl 溶液等体积混合后，溶质为等浓度的一 水合氨和氯化铵，pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于其水解程度，则 c（NH4+）＞c （Cl-）、c（OH-）＞c（H+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl-）＞ c（OH-）＞c（H+），故 C 错误； D．惰性电极电解 Na2SO4 溶液，实质是电解水，阳极是氢氧根离子失电子生成氧气， 阴极是氢离子得到电子生成氢气，阳阴两极产物的物质的量之比为 1：2，故 D 错误； 故选：A。 A．混合液中 n（Na）：n（C）=3：2，根据溶液中的物料守恒判断； B．所有含有固体 MgCO3 的溶液中，c（Mg2+）、c（CO32-）的浓度不一定相等； C．c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）违反了电荷守恒； D．惰性电极电解 Na2SO4 溶液，阳极是氢氧根离子失电子生成氧气，阴极是氢离子得 到电子生成氢气。 本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及难溶物溶度积的应用、盐的水解原 理、离子浓度大小比较等知识，明确电荷守恒、物料守恒的含义为解答关键，试题培养 了学生的灵活应用能力。 二、双选题（本大题共 1 小题，共 2.0 分） 20. 下列说法中正确的是（　　） A. 硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物 B. 蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质 C. Mg、Al、Cu 可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到 D. 沼气、天然气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源 【答案】BD 【解析】解：A．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、盐、盐和氧化物，故 A 错 误； B．蔗糖在水溶液中或熔融状态下均不导电属于非电解质；硫酸钡在溶液中完全电离属 于强电解质；水能够发生部分电离属于弱电解质，故 B 正确； C．Mg、Al 活泼性较强工业上利用电解法冶炼，Cu 用热还原法冶炼，故 C 错误； D．沼气是由植物秸秆发酵形成的属于可再生能源；天然气是由古代生物在地下发生复 杂的变化形成的，属于化石能源；水煤气是由 C 与水蒸气在高温条件下反应生成的属于 二次能源，故 D 错误； 故选：BD。 A．纯碱为碳酸钠，属于盐； B．依据电解质、非电解质、强电解质、弱电解质的概念判断； C．根据金属的活泼性来判断冶炼方法； D．天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，沼气是由植物秸秆发酵形成的， 水煤气是由 C 与水蒸气反应生成的． 本题属于基本概念的考查，题目难度不大，注意把握电解质、非电解质、酸、碱、盐、 化石能源、可再生能源和二次能源的概念． 三、简答题（本大题共 3 小题，共 36.0 分） 21. （1）21 世纪是钛的世界，钠米材料二氧化钛（TiO2）具有很高的化学活性，可做 性能优良的催化剂。工业上二氧化钛的制备是： 资料卡片 物质 熔点 沸点 SiCl4 -70℃ 57.6℃ TiCl4 -25℃ 136℃ I．将干燥后的金红石（主要成分 TiO2，主要杂质 SiO2）与碳粉混合装入氯化炉中， 在高温下通入 Cl2 反应制得混有 SiCl4 杂质的 TiCl4。 II．将 SiCl4 分离，得到纯净的 TiCl4，所采取的操作名称是______ III．用 TiCl4 制备 TiO2•xH2O 的化学方程式为______，制备时需要______，促进水 解趋于完全。 IV．TiO2•xH2O 高温分解得到 TiO2．如在实验室中进行，则需在______（填仪器 名称）中加热。 （2）亚硫酰氯（SOCl2）是一种液态化合物，沸点为 77℃，在农药制药等领域用 途广泛。SOCl2 遇水剧烈反应，液面上有白雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出， 该气体可使品红溶液褪色。 根据上述实验，写出 SOCl2 与水反应的化学方程式______ AlCl3 溶液蒸干灼烧得不到无水 AlCl3，而用 SOCl2 与 AlCl3•6H2O 混合共热，可得 无水 AlCl3，其原因是______ 【答案】蒸馏 TiCl4+（x+2）H2O TiO2•xH2O↓+4HCl 加大量的水同时加热 坩埚 SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl SOCl2 与 AlCl3•6H2O 中的结晶水作用既减少了水的量，生成 的 HCl 又抑制了 AlCl3 的水解 【解析】解：Ⅱ．根据资料卡片中的TiCl4 与 SiCl4 熔点、沸点可知，TiCl4 与 SiCl4 在常 温下的状态是液态，二者沸点相差较大且互溶，可以采取蒸馏的方法进行分离， 故答案为：蒸馏； Ⅱ．由信息可知 TiCl4 与水在加热条件下，水解得到沉淀 TiO2•xH2O 与 HCl，反应方程 式为：TiCl4+（x+2）H2O TiO2•xH2O↓+4HCl；制备时需要 加大量的水同时加热促进水 解趋于完全， 故答案为：TiCl4+（x+2）H2O TiO2•xH2O↓+4HCl； 加大量的水同时加热； Ⅲ．TiO2•xH2O 高温分解得到 TiO2．如在实验室中进行，则需在坩埚中加热， 故答案为：坩埚； （2）SOCl2 遇水剧烈反应，液面上有白雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出，该气 体可使品红溶液褪色，该气体为 SO2，还生成 HCl，反应方程式为： SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl； 氯化铝易水解生成氢氧化铝和 HCl，加热 HCl 挥发，促进氯化铝水解彻底进行，蒸干时 得到的固体是氢氧化铝，灼烧时氢氧化铝分解生成氧化铝和水，用 SOCl2 与 AlCl3•6H2O 混合共热，可得无水 AlCl3，其原因是：SOCl2 与 AlCl3•6H2O 中的结晶水作用既减少了 水的量，生成的 HCl 又抑制了 AlCl3 的水解， 故答案为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl；SOCl2 与 AlCl3•6H2O 中的结晶水作用既减少了水 的量，生成的 HCl 又抑制了 AlCl3 的水解。 （1）II．SiCl4、TiCl4 均为液体，二者沸点相差较大，分离沸点相差较大的互溶液体常 采取蒸馏方法； III．由信息可知 TiCl4 与水在加热条件下水解得到沉淀 TiO2•xH2O 与 HCl；水解需要大 量的水，水解过程是吸热的，升高温度可以促进水解； IV．高温分解固体物质常在坩埚中进行； （2）SOCl2 遇水剧烈反应，液面上有白雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出，该气 体可使品红溶液褪色，该气体为 SO2，还生成 HCl； 氯化铝易水解生成氢氧化铝和 HCl，加热 HCl 挥发，促进氯化铝水解彻底进行，蒸干时 得到的固体是氢氧化铝，灼烧时氢氧化铝分解生成氧化铝和水，SOCl2 和结晶水水反应 导致水量减少，而生成的 HCl 又抑制氯化铝水解。 本题考查物质制备实验，涉及物质的分离提纯、陌生方程式的书写、实验基本操作、水 解原理运用、对试剂的分析评价、阅读题目获取信息能力等，要求学生要有扎实的实验 基础知识和灵活应用信息、基础知识解决问题的能力。 22. 碳、氮元素及其化合物与人类的生产生活密切相关， 试回答下列有关问题： （1）NH3 极易溶于水，其水溶液俗称氨水。用水稀 释 0.1mol・L-1 的氨水，溶液中随着水量的增加而减 小的是______（填序号）。 A． B． C．c（H+）・c（OH-） D． （2）NO2 可用氨水吸收生成 NH4NO3．25℃时，将 a mol NH4NO3 溶于水，溶液显 酸性，原因是______（用离子方程式表示）。向该溶液中滴加 b L 氨水后溶液呈中 性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将______（填“正向”“不”或“逆向”） 移动，所滴加氨水的浓度为______mol/L-1．（NH3•H2O 的电离平衡常数为 Kb=2×10-5） （3）以甲烷为燃料的新型电池的成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，下 图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池的工作原理示意图。 ①B 电极的反应式为______。 ②若用该燃料电池作电源，用石墨作电极电解 100mL 1mol•L-1 的硫酸铜溶液，当两极收集到的气体体积相等时， 理论上消耗甲烷的体积为______（标准状况）。 化学反应方程式 化学平衡常数 ①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH （g） △H1=-99kJ•mol-1 K1 ②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3 （g）+H2O（g） △H2=-24kJ•mol-1 K2 ③CO（g）+H2O（g）⇌CO2 （g）+H2（g） △H3=-41kJ•mol-1 K3 【答案】BD NH4++H2⇌NH3•H2O+H+ 逆向 CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O 1.12L 【解析】解：（1）A．NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+的平衡常数 k= ，所以温度 不变、加水稀释时 不变，故 A 错误； B．加水稀释时，n（NH3•H2O）减小，n（OH-）增大，所以 = 减小， 故 B 正确； C．因为 kw=c（H+）・c（OH-），稀释过程中 c（OH-）减小，增大 c（H+），但温度不 变时 kw 不变，即 c（H+）・c（OH-）不变、 减小，故 C 错误、D 正确； 故答案为：BD； （2）NH4+水解生成 NH3•H2O 和 H+，促进水的电离，使溶液呈酸性，当加入碱氨水至 中性时，水解逆向，水的电离程度减小； 设混合溶液的总体积为 VL，所滴加氨水的浓度为 xmol/l，则 n（NH3•H2O）=bxmol， 由于 NH3•H2O 的电离程度较小，所以混合溶液中 c（NH3•H2O）≈ mol/L， 又溶液呈中性时 c（NH4+）=c（NO3-）=mol/L，c（OH-）=10-7mol/L， NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+的平衡常数 kb= = = =2×10-5，x= ； 故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+； 逆向； ； （3）①由示意图可知 CH4→CO2～8e-，根据电子守恒、电荷守恒有 CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O； 故答案为：CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O； ②有电子守恒 2n（Cu2+）+2n（H2）=4n（O2），且 n（H2）=n（O2），所以 n（O2）=n （Cu2+）=0.1L×0.1mol/l=0.1mol；CH4～CO2～8e-，4OH-～O2～4e-， 所以关系式为 2O2～CH4，n（CH4）=n（O2）=0.05mol，即 V（CH4） =nVm=0.05mol×22.4L/mol=1.12L； 故答案为：1.12 L； （1）A．根据氨水电离平衡常数 k 推测； B．同一溶液中，各离子浓度之比等于它们的物质的量之比，将浓度之比转化为物质的 量之比判断； C．温度一定时，水溶液中水的离子积不变； D．因 kw=c（H+）・c（OH-），氨水稀释过程中 c（OH-）减小，c（H+）增大； （2）NH4NO3 是强酸弱碱盐，NH4+水解生成 NH3•H2O 和 H+，促进水的电离，使溶液 呈酸性，当加入弱碱氨水至中性时，水解逆向，水的电离程度减小；溶液呈中性时 c （NH4+）=c（NO3-），c（OH-）=10-7mol/L，结合电离平衡常数进行计算； （3）①B 电极是负极，物质转化有 CH4→CO2～8e-，结合电子守恒、电荷守恒，写出 负极电极反应式； ②用石墨作电极电解硫酸铜溶液，两极收集到的气体体积相等时，则有电子守恒 2n （Cu2+）+2n（H2）=4n（O2），且 n（H2）=n（O2），所以 n（O2）=n（Cu2+） =0.1L×0.1mol/l=0.1mol；再根据原电池、电解池各电极转移电子相等建立关系式为 2O2～ CH4～8e-，进而计算甲烷的物质的量； 考查弱电解质的电离及其电离平衡常数计算、铵根离子的水解、电化学原理及其电极方 程式书写和计算，计算量大，难度中等，注意思维方式和解题的转化，电化学中适时运 用守恒解题。 23. 二甲醚（CH3OCH3）被称为 21 世纪的新型燃料，以 CO 和 H2 为原料生产二甲醚主 要发生以下三个反应： 化学反应方程式 化学平衡常数 ①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） △H1=-99kJ•mol-1 K1 ②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） △H2=-24kJ•mol-1 K2 ③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） △H3=-41kJ•mol-1 K3 （1）该工艺的总反应为 3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）△H 该反应△H=______，化学平衡常数 K=______（用含 K1、K2、K3 的代数式表示）。 （2）某温度下，将 8.0molH2 和 4.0molCO 充入容积为 2L 的密闭容器中，发生反应： 4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），10 分钟后反应达平衡，测得二 甲醚的体积分数为 25%，则 CO 的转化率为______。 （3）下列措施中，能提高 CH3OCH3 产率的有______。 A．分离出二甲醚 B．升高温度 C．改用高效催化剂 D．增大压 强 （4）该工艺中反应③的发生提高了 CH3OCH3 的产率，原因是______。 【答案】-263kJ•mol-1 K12•K2•K3 75% AD 反应③消耗了反应②中的产物 H2O，使反 应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高 CH3OCH3 的产率 【解析】解：（1）由①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） ②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） ③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） 结合盖斯定律可知，①×2+②+③得到 3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2 （g），△H=（-99kJ•mol-1）×2+（-24kJ•mol-1）+（-41kJ•mol-1）=-263 kJ•mol-1，化学 平衡常数 K=K12•K2•K3， 故答案为：-263kJ•mol-1；K12•K2•K3； （2）10 分钟后反应达平衡，测得二甲醚的体积分数为 25%，设转化的 CO 为 x，则 4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） 开始 8 4 0 0 转化 2x x 0.5x 0.5x 平衡 8-2x 4-x 0.5x 0.5x ×100%=25%，解得 x=3， 则 CO 的转化率为 ×100%=75%， 故答案为：75%； （3）A．分离出二甲醚，平衡正向移动，可提高产率，故 A 选； B．为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产率减小，故 B 不选； C．改用高效催化剂，平衡不移动，产率不变，故 C 不选； D．为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，可提高产率，故 D 选； 故答案为：AD； （4）该工艺中反应③的发生提高了 CH3OCH3 的产率，原因是反应③消耗了反应②中的 产物 H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高 CH3OCH3 的产率， 故答案为：反应③消耗了反应②中的产物 H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动， 从而提高 CH3OCH3 的产率。 （1）由①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） ②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） ③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） 结合盖斯定律可知，①×2+②+③得到 3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2 （g）； （2）10 分钟后反应达平衡，测得二甲醚的体积分数为 25%，设转化的 CO 为 x，则 4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） 开始 8 4 0 0 转化 2x x 0.5x 0.5x 平衡 8-2x 4-x 0.5x 0.5x ×100%=25%，解得 x=3； （3）平衡正向移动可提高 CH3OCH3 产率； （4）该工艺中反应③的发生提高了 CH3OCH3 的产率，消耗了反应②中的产物 H2O。 本题考查化学平衡的计算，为高考常见题型，把握盖斯定律的应用、化学平衡三段法、 转化率计算等为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意反应中焓变、K 的关系， 题目难度不大。 四、实验题（本大题共 1 小题，共 14.0 分） 24. 为了测定实验室长期存放的 Na2SO3 固体的纯度，准确称取 w g 固体样品，配成 250mL 溶液。设计了以下两种实验方案： 方案 I：取 25.00mL 上述溶液→加入足量的盐酸酸化的 BaCl2 溶液→操作 I→洗涤 →操作Ⅱ→称量，得到沉淀的质量为 m1g 方案Ⅱ：取 25.00mL 上述溶液，用 a mol/L 的酸性 KMnO4 溶液进行滴定。 （5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O） 滴定次数实验数据 1[来 2 3 4 待测溶液体积/mL 25.00 25.00 25.00 25.00 滴定管初读数/mL 0.00 0.20 0.10 0.15 滴定管末读数/mL 19.95 20.20 19.15 20.20 实验中所记录的数据如下表： （1）配制 250mL Na2SO3 溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴 管、量筒、药匙和______、______。 （2）操作 I 为______操作Ⅱ为______ （3）方案 I 中如何判断加入的氯化钡已经过量______，在方案Ⅱ中滴定终点的判 断方法是______。 （4）根据方案Ⅱ所提供的数据，计算 Na2SO3 的纯度为______。 （5）上述实验中，由于操作错误所引起的误差分析正确的是______ A．方案 I 中若没有洗涤操作，实验结果将偏小 B．方案 I 中若没有操作Ⅱ，实验结果将偏大 C．方案Ⅱ中，滴定管在滴定前无气泡，滴定后出现气泡，实验结果偏小 D．方案Ⅱ中，滴定终点时仰视读数，实验结果偏大 【答案】电子天平 250mL 的容量瓶 过滤 干燥 静置分层后，向上清液中加入盐酸 酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全 加入最后一滴后溶液由无色变为紫色， 且在半分钟内不褪 % ACD 【解析】解：（1）准确称取 W g 固体样品需要电子天平，溶解需要在烧杯中用玻璃棒 搅拌，沿玻璃棒转移到 250ml 容量瓶，加水到离 2-3cm 处改用胶头滴管定容到刻度配成 250mL 溶液，配制 250mLNa2SO3 溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、滴管、 药匙和电子天平、250mL 的容量瓶， 故答案为：电子天平；250mL 的容量瓶； （2）取 25.00mL 上述溶液→加入足量的盐酸酸化的 BaCl2 溶液生成硫酸钡沉淀→过滤 →洗涤→干燥→称量，得到沉淀的质量为 m1 g，操作 I 为分离固体和液体用过滤，操作 Ⅱ为干燥沉淀， 故答案为：过滤；干燥； （3）判别加入的氯化钡已经过量的方法为：静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的 氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全，在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是加入最后一 滴后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪， 故答案为：静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀 完全；加入最后一滴后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪； （4）图表中 4 组数据分别为 19.95mL、20.00mL、19.05mL、20.05mL，第三组数据误 差较大，应舍去， 高锰酸钾平均消耗的溶液体积 V= =20.00ml， 结合化学方程式定量关系计算， 5SO32-+2MnO4-+6H+→5SO42-+2Mn2++3H2O 5 2 n amol/L×0.02L n=0.05amol， Wg 固体中含亚硫酸钠物质的量=0.05amol× =0.5amol， Na2SO3 的纯度= ×100%= %， 故答案为： %； （5）A．方案 I 中如果没有洗涤操作，生成硫酸根钡质量增大，则亚硫酸钠的质量偏小， 故 A 正确； B．方案 I 中如果没有操作Ⅱ，生成硫酸钡质量增大，则亚硫酸钠的质量偏小，故 B 错 误； C．方案Ⅱ中，滴定管在滴定前无气泡，滴定后出现气泡，导致酸性 KMnO4 溶液读数 偏小，则实验结果偏小，故 C 正确； D．方案Ⅱ中，滴定终点时仰视读数，导致酸性 KMnO4 溶液读数偏大，则实验结果偏 大，故 D 正确。 故答案为：ACD。 （1）准确称取 W g 固体样品需要电子天平，溶解需要在烧杯中用玻璃棒搅拌，沿玻璃 棒转移到 250ml 容量瓶，加水到离 2-3cm 处改用胶头滴管定容到刻度配成 250mL 溶液； （2）取 25.00mL 上述溶液→加入足量的盐酸酸化的 BaCl2 溶液生成硫酸钡沉淀→过滤 →洗涤→干燥→称量，得到沉淀的质量为 m1 g； （3）取上层清液加入试剂检验是否硫酸根离子设计实验检验；用 a mol/L 的酸性 KMnO4 溶液进行滴定亚硫酸钠发生氧化还原反应，利用高锰酸钾溶液的颜色指示反应 的终点； （4）图表中 4 组数据分别为 19.95mL、20.00mL、19.05mL、20.05mL，第三组数据误 差较大，应舍去，以此计算高锰酸钾平均消耗的溶液体积，结合化学方程式定量关系计 算； （5）A．方案 I 中如果没有洗涤操作，生成硫酸根钡质量增大； B．方案 I 中如果没有操作Ⅱ，生成硫酸钡质量增大； C．方案Ⅱ中，滴定管在滴定前无气泡，滴定后出现气泡，导致酸性 KMnO4 溶液读数 偏小； D．方案Ⅱ中，滴定终点时仰视读数，导致酸性 KMnO4 溶液读数偏大。 本题考查物质的含量的测定，为高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算 能力，注意把握物质的性质以及实验的原理，把握关系式法的计算以及应用，难度不大。